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1、选择题 48 分练(九) ( 时间： 20 分钟分值： 48 分) (1 5 小题为单选题，68 小题为多选题) 1(2018陕西第四次模拟) 下列说法正确的是( ) A铀核裂变的核反应是 235 92U 141 56Ba 92 36Kr2 1 0n B玻尔根据光的波粒二象性，大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性 C原子从低能级向髙能级跃迁，不吸收光子也能实现 D根据爱因斯坦的“光子说”可知，光的波长越大，光子的能量越大 C 铀核裂变的核反应是 235 92U 1 0n 141 56Ba 92 36Kr3 1 0n，故 A错误；德布罗意根据光的波粒 二象性，大胆提出假设，认为实物粒子也具有波
2、动性，故B错误； 受到电子或其他粒子的碰 撞， 原子也可从低能级向高能级跃迁，不吸收光子也能实现，故 C正确；根据爱因斯坦的“光 子说”可知，根据 c ，光的波长越大，频率越小，故能量Eh 越小，故 D错误 2(2018贵阳一模) 如图 1 甲所示， 在x0的区域有垂直于xOy平面 (纸面 ) 向里的匀 强磁场， 现用力使一个等边三角形闭合导线(粗细均匀 ) 框，沿x轴向右匀速运动，运动中线 框平面与纸面平行，底边BC与y轴平行，从顶点A刚入磁场开始计时，在线框全部进入磁 场过程中，其感应电流I( 取顺时针方向为正) 与时间t的关系图线为图中的( ) 图 1 B 导线框从左进入磁场，磁通量向里
3、增加，根据楞次定律可知，感应磁场向外，根据 安培定则可知，感应电流方向为逆时针，即负方向；设导线框沿x轴方向运动的速度为v， 经时间t运动的位移为xvt， 根据几何关系可知， 导线框的有效切割长度为l2xtan 30 2 3v 3 t，感应电流I E R Blv R 23Bv 2 3R t，即电流I与t成正比，故选B. 3(2018百校联盟4 月联考 ) 如图 2 所示， 质量分别为M、m的两物块放在粗糙的水平 面上， 中间用水平细线相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，用一大小为F的水平力 向右拉质量为M的物块，使两物块一起向右做匀加速运动，这时两物块间细线上的张力为 T1，撤去F的一瞬间
4、，细线上的张力为T2，则下列判断正确的是( ) 图 2 AT10 BT1 M Mm F CT2T1DT20 D 当F作用在M上时，对整体分析有：F(Mm)g(Mm)a1，对m分析有：T1 mgma 1，联立得：T1 mF Mm 0，故 A、B错误； 当撤去F的一瞬间，M和m的加速度相同， 且都为a2g，故细线上的拉力为零，即T20，故 C错误， D正确 4(2018贵州适应考试) 如图 3 所示，某次发射人造卫星的过程中，先将卫星发射到 地面附近的圆形轨道上，在P点变轨进入椭圆轨道，Q点为轨道的远地点下列说法 正确的是 ( ) 图 3 A卫星在P点变轨时的速度必须大于7.9 km/s B卫星从
5、P点到Q点的过程中机械能逐渐减小 C卫星沿轨道经过P点时的加速度大于沿轨道经过P点时的加速度 D 若要使运动到Q点的卫星能摆脱地球引力的束缚，卫星在Q点的速度至少要达到11.2 km/s A 卫星在轨道上经过P点时的速度等于7.9 km/s ，则要想进入轨道，则在P点 必须要加速做离心运动，则卫星在P点变轨时的速度必须大于7.9 km/s ，选项 A 正确；卫 星从P点到Q点的过程中只有地球的引力做功，则机械能不变，选项B错误；根据aGM r 2可 知，卫星沿轨道经过P点时的加速度等于沿轨道经过P点时的加速度， 选项 C错误； 若 要使运动到P点的卫星能摆脱地球引力的束缚，卫星在P点的速度至少
6、要达到11.2 km/s ， 则若要使运动到Q点的卫星能摆脱地球引力的束缚，卫星在Q点的速度可以小于11.2 km/s， 选项 D错误 5(2018宜宾二次诊断) 如图 4 所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点开始时沙袋 处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出，二者共同摆动若弹丸质量为m， 沙袋质量为5m，弹丸和沙袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计， 不计空气阻力，重力加速度为g. 下列说法中正确的是( ) 图 4 A弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变 B弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小大于沙袋对弹丸的冲量大小 C弹丸打入沙袋过程中所产生的热量
7、为 mv 2 0 72 D沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为 v 2 0 72g D 弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律mv0(m5m)v，解得v1 6v 0；弹丸打入沙袋 后，总质量变大， 且做圆周运动， 根据T6mg6m v 2 L 可知，细绳所受拉力变大，选项 A错误； 根据牛顿第三定律可知，弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲 量大小， 选项 B错误； 弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为Q 1 2mv 2 01 26mv 25 12mv 2 0，选项 C错误；由机械能守恒可得： 1 26mv 26mgh ，解得h v 2 0 72g，选项 D正确 6.a、b两辆汽车
8、沿同一直线运动，它们的x-t图象如图5 所示，则下面关于两车运动 情况的说法正确的是( ) 图 5 A前 2 s 内两车的位移相同 Bt1 s 时两车之间的距离最远 Cb车的加速度的大小为1 m/s 2 D第 3 s 内两车行驶的路程相同 AD 从图中可知a的位移为4 m ，b的位移大小小于4 m ，故两者的位移不同，A正确； t1 s 时两者在同一坐标点，即两者相遇，B错误；位移时间图象的斜率表示速度，故b 做匀速直线运动，加速度为零，C错误；在第3 s 内两者图线的斜率相同，即速度大小相同， 所以第 3 s 内路程相同，D正确 7(2018第二次全国大联考卷) 如图 6 所示，平行等距的竖
9、直虚线M、N、P、Q为某 电场的四个等势面，M、N、P、Q的电势分别为M、N、P、Q. 一个不计重力、带负电荷 的粒子在电场中运动的轨迹是抛物线用实线表示，a、b、c是轨迹上的三点，其中b点为轨 迹上最左端的点，下列说法正确的是( ) 图 6 A该电场一定是匀强电场且QPNM B根据轨迹可以判断带负电荷的粒子在电场中的运动方向是唯一的 C带负电荷的粒子在b点动能最大，在c点的电势能最小 D带负电荷的粒子在电场中各点受到的电场力相等 AD 因表示电场中四个等势面的四条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强 电场，由图中带负电荷的粒子在电场中运动的轨迹可知受到水平向右的电场力作用，电场的 方向
10、是向左的，电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面，所以M、N、P、Q的电 势 QPN M，A正确； 带负电荷的粒子受到水平向右的电场力作用，粒子无论是依 次沿a、b、c运动，还是依次沿c、b、a运动，都会得到如题图所示的轨迹，B错误；带负 电荷的粒子在电场中运动时，电势能与动能之间相互转化，由题图中粒子的运动轨迹可知， a点到b点，电场力做负功( 电场方向和运动方向相反) ，电势能增大，动能减小，从b运动 到c，电场力做正功，电势能减小，动能增大，因此c点的电势能最小，动能最大，C错误； 因表示电场中四个等势面的四条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，所以 带负电荷的粒子在电
11、场中各点受到的电场力相等，D正确 8. (2018 甘肃天水一模) 如图 7 所示，边长为L的正方形abcd内有垂直于纸面向里、 磁感应强度为B的匀强磁场， 一束速率不同的带正电粒子从左边界ad中点P垂直射入磁场， 速度方向与ad边夹角 30，已知粒子质量为m，电荷量为q，粒子间的相互作用和粒 子重力不计则( ) 图 7 A粒子在磁场中运动的最长时间为 5m 3qB B粒子在磁场中运动的最短时间为 m 3qB C上边界ab上有粒子到达的区域长为 1 3 6 L D下边界cd上有粒子到达的位置离c点的最短距离为 3L 2 AD 粒子对应的圆心角越大，在磁场中运动的时间越长，最长时间对应的轨迹如图
12、甲 所示： 甲 从Pa边射出对应的轨迹的圆心角最大，为 300，故最长时间为：t 300 360 T 5 6 2m qB 5 m 3qB ，故 A正确；考虑极限法， 假设粒子速度无限大，则沿着直线穿过磁场，时间无穷小， 故粒子在磁场中运动的最短时间趋向零，故B错误；画出临界轨迹，如图乙所示： 乙 从ab边射出的最大的轨迹是与bc边相切， 故：r1r1sin 60L， 故r1 L 1sin 60 2L 23 ， 从ab边射出的最小的轨迹是与ab边相切， 故：r2r2cos 60 L 2， 故 r2 L 2 1cos 60 L 3， 故上边界ab上有粒子到达的区域长为：2r1sin 60 r2sin 60 23 6 36L，故 C 错误；临界情况是轨迹与cd边相切，如图丙所示，故：r3r3cos 60 L 2，解得 r3L， 故下边界cd上有粒子到达的位置离c点的最短距离为Lr3sin 60 3L 2 ， 故 D正确 丙